初中数学人教版《投影》精品教学ppt
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第2课时 正投影
1．[2019·石家庄一模]一个长方形的正投影不可能是( D )
A．正方形
B．矩形
C．线段
D．点
2．把一个正六棱柱如图 29－1－11 摆放，光线由上向下照射此正六棱柱时的正投影 是( A )
A
B
C
D
图29－1－11
Biblioteka Baidu
3．正方形的正投影不可能是( D )
A．线段
B．矩形
C．正方形
图29－1－14
解：(1)如答图①所示； (2)如答图②所示； (3)如答图③所示．
①
②
③
第 8 题答图
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9．如图 29－1－15，一个圆柱的轴截面平行于投影面，圆柱的正投影是边长为 4 的 正方形．求圆柱的体积和表面积．
图 29－1－15 解：由已知得圆柱底面半径为 2，高为 4，故体积为 π×22×4＝16π， 表面积为 2×π×22＋4π×4＝24π.
∴∠C＝∠CP2F＝70°. 如答图，过点 F 作 FG⊥CP2 于点 G，
第10题答图
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∴GP2＝P2F·cos70°≈1×0.34＝0.34 m， ∴CP2＝2GP2＝0.68 m， ∴P1P2＝CP1－CP2＝ 2－0.68≈0.7 m. 即点 P 在(1)的基础上还需上调 0.7 m.
6．如图 29－1－12，正三棱柱的面 EFDC∥平面 R 且 AE＝EF＝AF＝2，AB＝6，正 三棱柱在平面 R 的正投影是___矩__形____，正投影面积为___1_2___．
图 29－1－12 【解析】 根据正三棱柱的特征可知面 EFDC 为矩形，当它与投影面平行时，它的正 投影与它全等，其面积为 2×6＝12.
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解：(1)当点 P 位于初始位置 P0 时，CP0＝2 m. 上午 10：00 时，太阳光线与地面的夹角 65°，上调的距离为 P0P1，∠P1EB＝90°，∠CAB ＝90°， ∴∠AP1E＝115°，∴∠CP1E＝65°， ∵∠DP1E＝20°，∴∠CP1F＝45°. ∵CF＝P1F＝1 m，∴∠C＝∠CP1F＝45°， ∴△CP1F 为等腰直角三角形，∴CP1＝ 2 m， ∴P0P1＝CP0－CP1＝2－ 2≈0.6 m， 即为使遮阳效果最佳，点 P 需从 P0 上调 0.6 m；
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10．[2018·舟山]如图 29－1－16①，滑动调节式遮阳伞的立柱 AC 垂直于地面 AB，P 为立柱上的滑动调节点，伞体的截面示意图为△PDE，F 为 PD 中点，AC＝2.8 m， PD＝2 m，CF＝1 m，∠DPE＝20°.当点 P 位于初始位置 P0 时，点 D 与 C 重合(图②)．根 据生活经验，当太阳光线与 PE 垂直时，遮阳效果最佳．
故选 D.
5．下列关于正投影的说法正确的是( B ) A．如果一个物体的正投影是圆，那么这个物体一定是球 B．不同的物体正投影可以相同 C．圆锥的正投影是等腰三角形 D．圆纸片的正投影是圆 【解析】 球、圆柱、圆锥、圆纸片，后三者在圆面与投影面平行时正投影都是圆．A， C，D 三个选项均错在没有考虑物体的正投影与物体相对于投影面的位置有关．故选 B.
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图29－1－16
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(1)上午 10：00 时，太阳光线与地面的夹角为 65°(图③)，为使遮阳效果最佳，点 P 需从 P0 上调多少距离？(结果精确到 0.1 m) (2)中午 12：00 时，太阳光线与地面垂直(图④)，为使遮阳效果最佳，点 P 在(1)的基 础上还需上调多少距离？(结果精确到 0.1 m，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34， tan70°≈2.75， 2≈1.41， 3≈1.73)
7．画出如图 29－1－13 所示物体(正三棱柱)的正投影． (1)投影线由物体前方射到后方； (2)投影线由物体左方射到右方； (3)投影线由物体上方射到下方．
图29－1－13
解：(1)如答图①所示； (2)如答图②所示； (3)如答图③所示．
第7题答图
8．画出如图 29－1－14 所示的物体满足下列条件的正投影． (1)投影线由物体前方射到后方； (2)投影线由物体左方射到右方； (3)投影线由物体上方射到下方．
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(2)中午 12：00 时，太阳光线与 PE，地面都垂直，点 P 上调至 P2 处，∴P2E∥AB.
∵∠CAB＝90°，∴∠CP2E＝90°.
∵∠DP2E＝20°，
∴∠CP2F＝∠CP2E－∠DP2E＝70°.
∵CF＝P2F＝1 m，得△CP2F 为等腰三角形，
D．梯形
【解析】 在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行．正方形投影时得到的应是平行四
边形或特殊的平行四边形或线段．故正方形的正投影不可能是梯形．
4．一根笔直小木棒(记为线段 AB)，它的正投影为线段 CD，则下列各式中一定成立
的是( D )
A．AB＝CD
B．AB≤CD
C．AB＞CD
D．AB≥CD
【解析】 当投影线与木棒垂直时，AB＝CD，当投影线与木棒不垂直时，AB＞CD.
1．[2019·石家庄一模]一个长方形的正投影不可能是( D )
A．正方形
B．矩形
C．线段
D．点
2．把一个正六棱柱如图 29－1－11 摆放，光线由上向下照射此正六棱柱时的正投影 是( A )
A
B
C
D
图29－1－11
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3．正方形的正投影不可能是( D )
A．线段
B．矩形
C．正方形
图29－1－14
解：(1)如答图①所示； (2)如答图②所示； (3)如答图③所示．
①
②
③
第 8 题答图
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9．如图 29－1－15，一个圆柱的轴截面平行于投影面，圆柱的正投影是边长为 4 的 正方形．求圆柱的体积和表面积．
图 29－1－15 解：由已知得圆柱底面半径为 2，高为 4，故体积为 π×22×4＝16π， 表面积为 2×π×22＋4π×4＝24π.
∴∠C＝∠CP2F＝70°. 如答图，过点 F 作 FG⊥CP2 于点 G，
第10题答图
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∴GP2＝P2F·cos70°≈1×0.34＝0.34 m， ∴CP2＝2GP2＝0.68 m， ∴P1P2＝CP1－CP2＝ 2－0.68≈0.7 m. 即点 P 在(1)的基础上还需上调 0.7 m.
6．如图 29－1－12，正三棱柱的面 EFDC∥平面 R 且 AE＝EF＝AF＝2，AB＝6，正 三棱柱在平面 R 的正投影是___矩__形____，正投影面积为___1_2___．
图 29－1－12 【解析】 根据正三棱柱的特征可知面 EFDC 为矩形，当它与投影面平行时，它的正 投影与它全等，其面积为 2×6＝12.
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解：(1)当点 P 位于初始位置 P0 时，CP0＝2 m. 上午 10：00 时，太阳光线与地面的夹角 65°，上调的距离为 P0P1，∠P1EB＝90°，∠CAB ＝90°， ∴∠AP1E＝115°，∴∠CP1E＝65°， ∵∠DP1E＝20°，∴∠CP1F＝45°. ∵CF＝P1F＝1 m，∴∠C＝∠CP1F＝45°， ∴△CP1F 为等腰直角三角形，∴CP1＝ 2 m， ∴P0P1＝CP0－CP1＝2－ 2≈0.6 m， 即为使遮阳效果最佳，点 P 需从 P0 上调 0.6 m；
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10．[2018·舟山]如图 29－1－16①，滑动调节式遮阳伞的立柱 AC 垂直于地面 AB，P 为立柱上的滑动调节点，伞体的截面示意图为△PDE，F 为 PD 中点，AC＝2.8 m， PD＝2 m，CF＝1 m，∠DPE＝20°.当点 P 位于初始位置 P0 时，点 D 与 C 重合(图②)．根 据生活经验，当太阳光线与 PE 垂直时，遮阳效果最佳．
故选 D.
5．下列关于正投影的说法正确的是( B ) A．如果一个物体的正投影是圆，那么这个物体一定是球 B．不同的物体正投影可以相同 C．圆锥的正投影是等腰三角形 D．圆纸片的正投影是圆 【解析】 球、圆柱、圆锥、圆纸片，后三者在圆面与投影面平行时正投影都是圆．A， C，D 三个选项均错在没有考虑物体的正投影与物体相对于投影面的位置有关．故选 B.
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图29－1－16
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(1)上午 10：00 时，太阳光线与地面的夹角为 65°(图③)，为使遮阳效果最佳，点 P 需从 P0 上调多少距离？(结果精确到 0.1 m) (2)中午 12：00 时，太阳光线与地面垂直(图④)，为使遮阳效果最佳，点 P 在(1)的基 础上还需上调多少距离？(结果精确到 0.1 m，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34， tan70°≈2.75， 2≈1.41， 3≈1.73)
7．画出如图 29－1－13 所示物体(正三棱柱)的正投影． (1)投影线由物体前方射到后方； (2)投影线由物体左方射到右方； (3)投影线由物体上方射到下方．
图29－1－13
解：(1)如答图①所示； (2)如答图②所示； (3)如答图③所示．
第7题答图
8．画出如图 29－1－14 所示的物体满足下列条件的正投影． (1)投影线由物体前方射到后方； (2)投影线由物体左方射到右方； (3)投影线由物体上方射到下方．
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(2)中午 12：00 时，太阳光线与 PE，地面都垂直，点 P 上调至 P2 处，∴P2E∥AB.
∵∠CAB＝90°，∴∠CP2E＝90°.
∵∠DP2E＝20°，
∴∠CP2F＝∠CP2E－∠DP2E＝70°.
∵CF＝P2F＝1 m，得△CP2F 为等腰三角形，
D．梯形
【解析】 在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行．正方形投影时得到的应是平行四
边形或特殊的平行四边形或线段．故正方形的正投影不可能是梯形．
4．一根笔直小木棒(记为线段 AB)，它的正投影为线段 CD，则下列各式中一定成立
的是( D )
A．AB＝CD
B．AB≤CD
C．AB＞CD
D．AB≥CD
【解析】 当投影线与木棒垂直时，AB＝CD，当投影线与木棒不垂直时，AB＞CD.